¿Cuáles son otros métodos para evaluar $\int_0^1 \sqrt{-\ln x} \ \mathrm dx$

Question

$$\int_0^1 \sqrt{-\ln x} dx$$ Estoy buscando métodos alternativos a los que ya conozco (método que he utilizado a continuación) para evaluar esta Integral. $$y=-\ln x$$

$$\bbox[8pt, border:1pt solid crimson]{e^y=e^{-\ln x}=e^{\ln\frac{1}{x}}=\frac{1}{x}}$$

$$\color{#008080}{dx= -\frac{dy}{e^y}}$$

$$\int_0^1 \sqrt{-\ln x} dx=\int_{\infty}^0 \sqrt{y} \left(-\frac{dy}{e^y}\right)=\int_0^{\infty} e^{-y} y^{\frac{1}{2}}dy=\left(\frac{1}{2}\right)!$$

$$\bbox[8pt, border:1pt solid crimson]{\left(\frac{1}{2}\right)!=\frac{1}{2} \sqrt{\pi}}$$

$$\Large{\color{crimson}{\int_0^1 \sqrt{-\ln x} dx=\frac{1}{2} \sqrt{\pi}}}$$

Answer 1

He aquí un enfoque ligeramente diferente

Tenemos $$\mathcal I=\int_0^1 \sqrt{-\ln x} \mathrm dx=\int_0^1 \left[\ln\frac1 x\right]^{1/2} \mathrm dx$$ Utilizando IBP $$\left[\ln\frac1 x\right]^{1/2}=u\iff\mathrm du= -\frac 1{2x}\left[\ln\frac1 x\right]^{-1/2}\mathrm dx$$

$$\mathrm dx=\mathrm dv\iff x=v$$

$$\begin{align} \mathcal I &=x\left[\ln\frac1 x\right]^{1/2}\Bigg\rvert_0^1+ \frac 1{2}\int_0^1\left[\ln\frac1 x\right]^{-1/2}\mathrm dx\\ &=\frac 1{2}\int_0^1\left[\ln\frac1 x\right]^{-1/2}\mathrm dx\\ \end{align}$$ Ahora, sustituyendo $$t^2=\ln\frac1x\implies e^{-t^2}=x\iff \mathrm dx=-2te^{-t^2}\mathrm dt$$ Obtenemos $$\mathcal I=\int _0^\infty e^{-t^2}\mathrm dt=\frac{\sqrt\pi}{2}$$ Por lo tanto,

$$\int_0^1 \sqrt{-\ln x} \mathrm dx=\frac{\sqrt\pi}{2}$$

Answer 2

Por lo que yo sé, hay esencialmente dos maneras de demostrarlo $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ .

La primera forma es utilizar la integración por partes, lo que conduce a $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$ para relacionar $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ al producto Wallis. Este último puede calcularse aprovechando el producto de Weierstrass para la función seno: $$\frac{\sin z}{z}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\frac{z^2}{\pi^2n^2}\right)$$ evaluándolo en $z=\frac{\pi}{2}$ . La fórmula de duplicación para el $\Gamma$ se desprende de este planteamiento.

La segunda forma consiste en utilizar algunas sustituciones para relacionar $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ a la integral gaussiana $$\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\,dx$$ que puede evaluarse mediante el teorema de Fubini y coordenadas polares.

Answer 3

Similar a lo que hizo Iuo, que $u=\sqrt{-\ln x}$ . Entonces $x=e^{-u^2}$ y por lo tanto $$ \int_0^1\sqrt{-\ln x}dx=-\int_0^\infty ud(e^{-u^2})=-ue^{-u^2}|_0^\infty+\int_0^\infty e^{-u^2}du=\frac{\sqrt{\pi}}{2}. $$

Answer 4

He aquí otras dos variaciones del tema. Según la presentación de OPs y la caracterización de @JackDAurizio lo esencial es mostrar la identidad

$$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$$

La primera variante se basa en el integral beta en combinación con una sustitución para obtener la identidad.

La segunda es mucho más emocionante. No es el cálculo en sí lo que es un trabajo rutinario, sino el nuevo concepto basado en periodos introducido a finales del milenio pasado.

1. Variante: Integral beta con sustitución

Después de Funciones especiales de G.E. Andrews, R. Askey y R. Roy recordamos la definición de la beta-integral

\begin{align*} B(x,y)=\int_0^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\qquad\qquad \operatorname{Re} x>0,\operatorname{Re} y>0 \end{align*}

y la conocida identidad

\begin{align*} B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \end{align*}

Esta simetría de la integral beta da lugar a la sustitución $t=\sin^2\theta$ . Obtenemos

\begin{align*} B(x,y)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2x-1}\theta\cos^{2y-1}\theta d\theta=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \end{align*}

Ponga $x=\frac{1}{2},y=\frac{1}{2}$ para obtener

\begin{align*} B\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta=\pi=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})^2}{\Gamma(1)} \end{align*}

y $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ sigue.

Otra sustitución de la integral beta será conveniente en la siguiente variante.

Variante 2: $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ y $\sqrt{\pi}$ son periodos formando un identidad accesible

La definición de los períodos que figura a continuación y la demostración se basan en la fascinante introducción encuesta sobre periodos por M. Kontsevich y D. Zagier.

Periodos se definen como números complejos cuyas partes real e imaginaria son valores de integrales absolutamente convergentes de funciones racionales con coeficiente racional sobre dominios en $\mathbb{R}^n$ dadas por desigualdades polinómicas con coeficientes racionales .

El conjunto de periodos es, por tanto, un contable subconjunto de los números complejos. Contiene los números algebraicos, pero también muchas de las famosas constantes trascendentales. También se pueden sustituir las funciones racionales por funciones algebraicas y coeficiente racional con coeficiente algebraico sin cambiar el conjunto de números $\mathcal{P}$ .

Para demostrar la identidad $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ primero tenemos que demostrar según el documento de Kontsevich y Zagiers que ambos $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ y $\sqrt{\pi}$ son periodos y que forman una identidad accesible .

Primer paso de la prueba: $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ y $\pi$ son períodos

Hay un montón de diferentes representaciones adecuadas de $\pi$ mostrando que esta constante es un periodo. En el documento referido anteriormente las siguientes expresiones (además de otras) de $\pi$ se declaran:

\begin{align*} \pi= \iint \limits_{x^2+y^2\leq 1}dxdy=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{1+t^2}=\int_{-1}^{1}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\tag{1} \end{align*}

demostrando que $\pi$ es un período . Según los valores en papel del función gamma $$\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty}t^{s-1}e^{-t}dt$$ en valores racionales del argumento $s$ están estrechamente relacionados con los periodos: $$\Gamma(p/q)^q\in \mathcal{P}\qquad\qquad (p,q\in\mathbf{N}).$$ Esto se deduce de la repesentación de $\Gamma(p/q)^q$ como integral beta. Poniendo $p=1$ y $q=2$ se deduce que $\Gamma(1/2)^2$ es un punto.

Concluimos: $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ es un punto.

$$ $$

Segundo paso: $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ y $\sqrt{\pi}$ formar un identidad accesible .

En identidad accesible entre dos periodos $A$ y $B$ está dada, si podemos transformar la representación integral de periodo $A$ mediante la aplicación de las tres reglas: Aditividad (integrando y dominio), Cambio de variables y Fórmula Newton-Leibniz a la representación integral de periodo $B$ .

Esto implica igualdad de los periodos y el trabajo está hecho.

Consideramos de nuevo la integral beta y tomamos la sustitución $t=\frac{u-a}{b-a}$ . Obtenemos \begin{align*} \int_a^b(b-u)^{x-1}(u-a)^{y-1}du &=(b-a)^{x+y-1}B(x,y)\\ &=(b-a)^{x+y-1}\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \end{align*}

El caso especial $a=-1, b=1$ da

\begin{align*} \int_{-1}^{1}(1+t)^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=2^{x+y-1}\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \end{align*}

Ponga $x=y=\frac{1}{2}$ para obtener

\begin{align*} \int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^2=\pi\tag{2} \end{align*}

Las identidades de (1) y (2) muestran que $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)$ y $\sqrt{\pi}$ formar una identidad accesible y la reivindicación $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ sigue.